专题2.1不等式的性质及常见不等式解法2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题2.1 不等式的性质及常见不等式解法
1.不等关系：了解现实世界和日常生活中的不等关系,了解不等式(组)的实际背景.
2.一元二次不等式：
(1)会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型.
(2)通过函数图像了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系.
(3)会解一元二次不等式.
新课程考试要求
3.会解|x＋b|≤c，|x＋b|≥c，
|x－a|＋|x－b|≥c，
|x－a|＋|x－b|≤c 型不等式.
4.掌握不等式
||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|及其应用.
培养学生数学运算（例2.3.4）、数学建模（例1）、逻辑推理（例2.3.4）等核心数
核心素养
学素养.
1.不等式的性质及应用
考向预测 2．一元二次不等式的解法
3．一元二次不等式的恒成立问题
【知识清单】
1．实数的大小
(1)数轴上的任意两点中，右边点对应的实数比左边点对应的实数大.
(2)对于任意两个实数a和b，如果a－b是正数，那么a>b；如果a－b是负数，那么a<b；如果a－b等于
零，那么a＝b.
2．不等关系与不等式
我们用数学符号“≠”、“>”、“<”、“≥”、“≤”连接两个数或代数式，以表示它们之间的不等关系，
含有这些符号的式子，叫做不等式.
3．不等式的性质
(1)性质1：如果a>b，那么b<a；
如果b<a，那么a>b.
即a>b b<a.
(2)性质2：如果a>b，b>c，那么a>c.
⇔
即a>b，b>c a>c.
(3)性质3：如果a>b，那么a＋c>b＋c.
⇒
(4)性质4：①如果a>b，c>0那么ac>bc.
②如果a>b，c<0，那么ac<bc.
(5)性质5：如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.(6)性质6：如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd.
(7)性质7：如果a>b>0，那么an>bn，(n∈N，n≥2)．
(8)性质8：如果a>b>0，那么>，(n∈N，n≥2)．
4．一元二次不等式的概念及形式
(1)概念：我们把只含有一个未知数，并且知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式．
(2)形式：
①ax2＋bx＋c>0(a≠0)；
②ax2＋bx＋c≥0(a≠0)；
③ax2＋bx＋c<0(a≠0)；
④ax2＋bx＋c≤0(a≠0)．
(3)一元二次不等式的解集的概念：
一般地，使某个一元二次不等式成立的x的值叫做这个不等式的解，一元二次不等式的所有解组成的集合
叫做这个一元二次不等式的解集.
5.一元二次不等式与相应的二次函数及一元二次方程的关系如下表
判别式
Δ>0 Δ＝0 Δ<0
Δ＝b2－4ac
二次函数y＝ax2＋bx＋
c(a>0)的图象
有两相异 有两相等实
一元二次方程ax2＋bx＋c 没有
实根x， 根x＝x
1 1 2
＝0(a>0)的根 实数根
x(x<x) ＝－
2 1 2
ax 2 ＋ bx ＋ c >0 ( a >0) 的解集 { x | x < x 或 x > x} {x|x≠x} {x|x∈R }
1 2 1
ax 2 ＋ bx ＋ c <0( a >0) 的解集 {x|x 1 <x<x 2 } ∅
6．分式不等式的解法
定义：分母中含有未知数，且分子、分母都是关于x的多项式的不等式称为__分式不等式__.
>0⇔f(x)g(x)__>__0，<0⇔f(x)·g(x)__<__0.
≥0⇔
⇔f(x)·g(x)__>__0或.
≤0⇔⇔f(x)·g(x)__<__0或
7．简单的高次不等式的解法
高次不等式：不等式最高次项的次数高于2，这样的不等式称为高次不等式.
解法：穿根法
①将f(x)最高次项系数化为正数；
②将f(x)分解为若干个一次因式的积或二次不可分因式的积；③将每一个一次因式的根标在数轴上，自上而下，从右向左依次通过每一点画曲线(注意重根情况，偶次方
根穿而不过，奇次方根穿过)；
④观察曲线显现出的f(x)的值的符号变化规律，写出不等式的解集．
8.不等式恒成立问题
1．一元二次不等式恒成立问题
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足；
(2)ax2＋bx＋c≥0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足；
(3)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足；
(4)ax2＋bx＋c≤0(a≠0)恒成立(或解集为R)时，满足.
2．含参数的一元二次不等式恒成立．若能够分离参数成k<f(x)或k>f(x)形式．则可以转化为函数值域求解．
设f(x)的最大值为M，最小值为m.
(1)k<f(x)恒成立⇔k<m，k≤f(x)恒成立⇔k≤m.
(2)k>f(x)恒成立⇔k>M，k≥f(x)恒成立⇔k≥M.
9．绝对值不等式的解法
1．形如|ax＋b|≥|cx＋d|的不等式，可以利用两边平方的形式转化为二次不等式求解．
2．形如|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式
(1)绝对值不等式|x|>a与|x|<a的解集
(2)|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法|ax＋b|≤c － c≤ax ＋ b≤ c(c>0)，|ax＋b|
≥c a x ＋ b≥ c 或 a x ＋ b≤ － c(c>0)． ⇔
10．⇔绝对值不等式的应用
如果a，b是实数，那么|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
【常用结论】
1．倒数性质的几个必备结论
(1)a>b，ab>0 <.
(2)a<0<b <.
⇒
(3)a>b>0,0<c<d >.
⇒
(4)0<a<x<b或a<x<b<0 <<.
⇒
2．两个重要不等式
⇒
若a>b>0，m>0，则
(1)<；>(b－m>0)．(2)>；<(b－m>0)．
【考点分类剖析】
考点一 ：用不等式表示不等关系
例1.用一段长为30 的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园,墙长18 ,要求菜园的面积不小于216 ,靠
墙的一边长为 ,其中的不等关系可用不等式(组)表示为________.
【答案】
【解析】矩形菜园靠墙的一边长为 ,则另一边长为 ,
即 ,根据已知得
【规律总结】
用不等式(组)表示实际问题中不等关系的步骤：
①审题．通读题目，分清楚已知量和待求量，设出待求量．找出体现不等关系的关键词：“至少”“至
多”“不少于”“不多于”“超过”“不超过”等．
②列不等式组：分析题意，找出已知量和待求量之间的约束条件，将各约束条件用不等式表示．
【变式探究】
某种杂志原以每本2.5元的价格销售，可以售出8万本．根据市场调查，若单价每提高0.1元，销售量就可
能相应减少2 000本，若把提价后杂志的定价设为x元，怎样用不等式表示销售的总收入仍不低于20万元？
【答案】见解析
【解析】提价后杂志的定价为x元，则销售的总收入为(8－×0.2)x万元，那么不等关系“销售的收入不低
于20万元”用不等式可以表示为：
(8－×0.2)x≥20.
考点二：比较数或式子的大小
例2. 已知x＜y＜0，比较(x2＋y2)(x－y)与(x2－y2)(x＋y)的大小．
【答案】见解析
【解析】∵x＜y＜0，xy＞0，x－y＜0，
∴(x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝－2xy(x－y)＞0，
∴(x2＋y2)(x－y)＞(x2－y2)(x＋y)．
【领悟技法】
1.比较大小的常用方法(1)作差法
一般步骤：①作差；②变形；③定号；④结论．其中关键是变形，常采用配方、因式分解、通分、有理化
等方法把差式变成积式或者完全平方式．当两个式子都为正数时，有时也可以先平方再作差．
(2)作商法
一般步骤：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④结论．
(3)函数的单调性法
将要比较的两个数作为一个函数的两个函数值，根据函数的单调性得出大小关系．
【变式探究】
(1)比较x2＋y2＋1与2(x＋y－1)的大小；
(2)设a∈R且a≠0，比较a与的大小．
【答案】见解析
【解析】 (1)x2＋y2＋1－2(x＋y－1)＝x2－2x＋1＋y2－2y＋2＝(x－1)2＋(y－1)2＋1＞0，
∴x2＋y2＋1＞2(x＋y－1)．
(2)由a－＝
当a＝±1时，a＝；
当－1＜a＜0或a＞1时，a＞；
当a＜－1或0＜a＜1时，a＜.
考点三：不等式性质的应用
例3. 【多选题】（2021·河北高三二模）若实数 ， 满足 ，则下列选项中一定成立的有
（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【解析】
根据条件，可得 或 ，逐一分析四个选项，即可得答案.
【详解】
因为 ，所以 ，
所以 或 ，所以 或 ，
所以 ，故A正确；
若 ，则 ，故B错误；
若 ，则 ，所以 ，故C错误；
因为 或 ，所以 ，
所以 ，故D正确.
故选：AD
例4. 若a＝，b＝，c＝，则( )
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．b＜a＜c
【答案】B
【解析】方法一 易知a，b，c都是正数，
＝＝log 64＜1，所以a＞b；
81
＝＝log 1 024＞1，所以b＞c.即c＜b＜a.
625
方法二 对于函数y＝f(x)＝，y′＝，
易知当x＞e时，函数f(x)单调递减．
因为e＜3＜4＜5，所以f(3)＞f(4)＞f(5)，
即c＜b＜a.
例5. 设f(x)＝ax2＋bx，若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4”，则f(－2)的取值范围是 ．
【答案】[5,10]
【解析】方法一(待定系数法)
设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)(m，n为待定系数)，
则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，
即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b，
于是得解得
所以f(－2)＝3f(－1)＋f(1)．
又因为1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
所以5≤3f(－1)＋f(1)≤10，即5≤f(－2)≤10.方法二(解方程组法)
由
所以f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)．
又因为1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，
所以5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.
【规律总结】
1．判断不等式的真假．
(1)首先要注意不等式成立的条件，不要弱化条件．
(2)解决有关不等式选择题时，也可采用特值法进行排除，注意取值要遵循以下原则：一是满足题设条件；
二是取值要简单，便于验证计算．
(3)若要判断某结论正确，应说明理由或进行证明，推理过程应紧扣有关定理、性质等，若要说明某结论
错误，只需举一反例．
2．证明不等式
(1)要在理解的基础上，记准、记熟不等式的性质并注意在解题中灵活准确地加以应用．
(2)应用不等式的性质进行推证时，应注意紧扣不等式的性质成立的条件，且不可省略条件或跳步推导，
更不能随意构造性质与法则．
3．求取值范围
(1)建立待求范围的代数式与已知范围的代数式的关系，利用不等式的性质进行运算，求得待求的范围．
(2)同向(异向)不等式的两边可以相加(相减)，这种转化不是等价变形，如果在解题过程中多次使用这种
转化，就有可能扩大其取值范围．
4．掌握各性质的条件和结论．在各性质中，乘法性质的应用最易出错，即在不等式的两边同时乘(除)以
一个数时，必须能确定该数是正数、负数或零，否则结论不确定．
【变式探究】
已知12<a<60,15<b<36，求a－b及的取值范围．
【错解】∵12<a<60,15<b<36，∴12－15<a－b<60－36，<<，∴－3<a－b<24，<<.
【辨析】错解中直接将12<a<60,15<b<36相减得a－b的取值范围，相除得的取值范围而致错．
【正解】∵15<b<36，∴－36<－b<－15.∴12－36<a－b<60－15，
即－24<a－b<45.又15<b<36，∴<<.
又12<a<60，∴<<，即<<4.综上，－24<a－b<45，<<4.
【易错警示】错用不等式的性质致错.
考点四：一元二次不等式的解法
例6.（2020·全国高考真题（文））已知集合 则 （ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【解析】
首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得 ，得到结果.
【详解】
由 解得 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，
故选：D.
【规律方法】
1.解一元二次不等式的一般步骤
(1)化：把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式．
(2)判：计算对应方程的判别式．
(3)求：求出对应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程有没有实根．
(4)写：利用“大于取两边，小于取中间”写出不等式的解集．
2．含有参数的不等式的求解，往往需要对参数进行分类讨论．
(1)若二次项系数为常数，首先确定二次项系数是否为正数，再考虑分解因式，对参数进行分类讨论，若不
易分解因式，则可依据判别式符号进行分类讨论．
(2)若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，确定不等式是不是二次不等式，然后再讨论二
次项系数不为零的情形，以便确定解集的形式．
(3)对方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集．
【易错警示】忽视二次项系数的符号致误
【变式探究】
1．（2021·江西九江市·高三三模（文））已知集合 ， ，则
（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【解析】
，所以 或 ，
所以， ．
故选：B．
2. （2021·陕西省汉中中学高三其他模拟（理））已知集合 ， ，则
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
， ，因此， .
故选：A.
考点五：绝对值不等式的解法
例7. （2021·浙江高三其他模拟）已知 ， ，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
先化简 得 ，即得解.
【详解】由 得 ，
所以 .
反之，也成立.
所以“ ”是“ ”的充分必要条件.
故选：C
例8.（广东高考真题（理））不等式 的解集为 .
,32,
【答案】 .
【解析】
2x1,x2
f x{3, 2 x1
令 ，则 ，
f x x1 x2 2x1, x1
f x5
x2 2x15 x3 x3
（1）当 时，由 得 ，解得 ，此时有 ；
f x3
2 x1
（2）当 时， ，此时不等式无解；
f x5
x1 2x15 x2 x2
（3）当 时，由 得 ，解得 ，此时有 ；
,32,
综上所述，不等式 的解集为 .
【规律方法】
形如|x－a|＋|x－b|≥c(或≤c)型的不等式主要有三种解法：
(1)分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(－∞，a]，(a，b]，(b，＋∞)(此处设
a<b)三个部分，在每个部分上去掉绝对值号分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集．
(2)几何法：利用|x－a|＋|x－b|>c(c>0)的几何意义：数轴上到点x＝a和x＝b的距离之和大于c的全体，
1 2
|x－a|＋|x－b|≥|x－a－(x－b)|＝|a－b|.
(3)图象法：作出函数y＝|x－a|＋|x－b|和y＝c的图象，结合图象求解．
1 2
【变式探究】
1.（2017天津，文2）设 xR ，则“2x0”是“ |x1|1 ”的（ ）（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件
（C）充要条件 （D）既不充分也不必要条件
【答案】B
   
2x0 x2 x1 1 1 x11,0 x2 x 0 x2  x x2
【解析】 ，则 ， ，则 ， ，据
x1 1
2x0
此可知：“ ”是“ ”的的必要的必要不充分条件，本题选择B选项.
2.不等式|x−3|−|x+1|<1的解集为_______________．
1
【答案】{x|x> }.
2
【解析】当x<−1时，原不等式可化为−(x−3)+(x+1)<1，无解；当−1≤x<3时，原不等式可化为
1 1
−(x−3)−(x+1)<1，即x> ，所以 <x<3；当x≥3时，原不等式可化为(x−3)−(x+1)<1，即
2 2
1
−4<1，所以x≥3．综上，原不等式的解集为{x|x> }.
2
考点六：绝对值不等式的应用
如果a，b是实数，那么|a＋b|≤|a|＋|b|，当且仅当ab≥0时，等号成立．
x1 x2 a2 4a
例9.（2020·陕西省西安中学高二期中（文））若关于x的不等式 有实数解，则
实数a的取值范围是（ ）
a1 a 3 a 3 a1 1a3
A． 或 B． C． D．
【答案】A
【解析】
分析：
x+1 x2
利用绝对值的几何意义求得 最小值为 3 ，再由不等式有解可得实数a的取值范围．
详解：
x+1 x2
由于 表示数轴上的 x 对应点到1和2对应点的距离之差，其最小值为 3 ，最大值为 3 ，
x1 x2 a2 4a
x a2 4a 3 a2 4a+30
因为关于 的不等式 有实数解，可得 ，即 ，解得a1 a 3
或 .
故选：A.
【总结提升】
1.两类含绝对值不等式的证明问题
一类是比较简单的不等式，往往可通过平方法、换元法去掉绝对值符号转化为常见的不等式证明题，或利
用绝对值三角不等式性质定理：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|，通过适当的添、拆项证明；另一类是综
合性较强的函数型含绝对值的不等式，往往可考虑利用一般情况成立，则特殊情况也成立的思想，或利用
一元二次方程的根的分布等方法来证明．
2.含绝对值不等式的应用中的数学思想
(1)利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
(2)利用函数的图象求解，体现了数形结合的思想．
3.求f(x)＝|x＋a|＋|x＋b|和f(x)＝|x＋a|－|x＋b|的最值的三种方法
(1)转化法：转化为分段函数进而利用分段函数的性质求解.
(2)利用绝对值三角不等式进行“求解”，但要注意两数的“差”还是“和”的绝对值为定值.
(3)利用绝对值的几何意义.
【变式探究】
f(x)|2x3|| x1|
1.（2020·广东省高三其他（理））已知函数 .
f(x)3
（1）求不等式 的解集；
f(x)2a|3x3| xR
（2）若不等式 对任意 恒成立，求实数a的取值范围.
1 5
[7, ] a
【答案】（1） 3 （2） 2
【解析】
|2x3||x1|3
（1）
 3  3
   x1  x
 x1  2  2
 或 或
2x3x13  2x3x13  2x3x13
 3
  x1
  2  3

x
 x1 或 1 或 2
  x
x1  3  x71
7 x
3
1
[7, ]
即不等式 f(x)3的解集为 3 .
 f(x)2a|3x3||2x3||x1|2a|3x3||2x3||2x2|2a
（2）
5
|2x3||2x2||2x3(2x2)|52a5,a .
2
考点七：不等式恒成立问题
例10.（2020·浙江高考真题）已知a，b R且ab≠0，对于任意x≥0 均有(x–a)(x–b)(x–2a–b)≥0，则（ ）
A．a<0 B．a>0 C．b<0 D．b>0
【答案】C
【解析】
对 分 与 两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案.
【详解】
因为 ，所以 且 ，设 ，则 的零点
为
当 时，则 ， ，要使 ，必有 ，且 ，
即 ，且 ，所以 ；
当 时，则 ， ，要使 ，必有 .
综上一定有 .
故选：C
例11.（2020·江苏省太湖高级中学高一期中）已知函数 ，关于 的不等式 的
解集为 .
（1）求实数 ， 的值；（2）求关于 的不等式 的解集；
（3）若不等式 在 上恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1） ，（2）当 时，解集为 ，当 时，不等式无解，当 时，解
集为 ，（3）
【解析】
（1）由题意得不等式 的解集为 ，由根与系数的关系得 ，从而可求出实数
， 的值；
（2）由 ，得 ，即 ，然后分
， ， 求解即可；
（3）令 （ ），则 在 上恒成立，即 ，即
，令 ，然后分对称轴在 轴左侧和右侧两种情况求解
即可
【详解】
（1）因为关于 的不等式 的解集为 ，即不等式 的解集为 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，（2）由 ，得 ，
即 ， ，
若 ，则 ，若 ，则不等式无解，若 ，则 ，
所以当 时，解集为 ，当 时，不等式无解，当 时，解集为
（3）令 （ ），则 在 上恒成立，
即 ，即 ，
令 ，
当 ，即 ，对称轴在 轴左侧，所以 ，即 ，所以 ，
当 时，即对称轴在 轴右侧，则 ，解得 ，
综上
【规律方法】
(1)若f(x)>0在集合A中恒成立，即集合A是不等式f(x)>0的解集的子集，可以先求解集，再由子集的含义
求解参数的值(或范围)．
(2)转化为函数值域问题，即已知函数f(x)的值域为[m，n]，则f(x)≥a恒成立⇒f(x) ≥a，即m≥a；f(x)≤a恒成
min
立⇒f(x) ≤a，即n≤a.
max
【变式探究】
函数f(x)＝x2＋ax＋3.
(1)当x∈R时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当x∈[－2,2]时，f(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)实数a的取值范围是[－6,2]．(2)实数a的取值范围为[－7,2]．
【解析】 (1)∵当x∈R时，x2＋ax＋3－a≥0恒成立，
需Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0，
解得－6≤a≤2，∴实数a的取值范围是[－6,2]．
(2)对于任意x∈[－2,2]，f(x)≥0恒成立．
即x2＋ax＋3－a≥0对任意x∈[－2,2]恒成立，
令g(x)＝x2＋ax＋3－a.
则有①Δ≤0或②
或③
解①得－6≤a≤2，
解②得a∈∅，
解③得－7≤a<－6.
综上可知，实数a的取值范围为[－7,2]．
【总结提升】
解决不等式恒成立问题的两种思路
(1)转化成含有参数的不等式,借助对应函数图象,找到满足题目要求的条件,构造含参数的不等式(组),求得参
数范围.
(2)分离参数,通过求函数的最值,进而确定参数的范围.